高二数学答案_2024-2025高二（7-7月题库）_2024年11月试卷_1128四川省南充高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试_四川省南充高级中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题PDF版含答案

南充高中 2024—2025 学年度上学期期中考试
高 2023 级数学试卷参考答案
1．【答案】A
【详解】圆C的方程可化为 x2 2 y1 2 16，圆心 C 的坐标是2,1.故选：A.
2．【答案】C
r r
【详解】由已知 a 2b (1,4,5)2(0,1,2)(1,6,1) ，故选：C．
3．【答案】A
【详解】直线l 的斜率为k  3，故方向向量可以取为v    1,k    1, 3  ,故选：A
4．【答案】D
【详解】由    x2  y2 1 ，解得   x 0 或   x 1 ，则AB   0,1 ， 1，0  .故选：D.
  x1 2  y1 2 1 y 1 y 0
5．【答案】B
【详解】复数 za21i 为纯虚数，则 a210 ，即a 1
所以若
z
为纯虚数不一定得到a 1，但是由a 1一定能得到
z
为纯虚数，
故“z 为纯虚数”是“a 1”的必要非充分条件，故选：B
6．【答案】B
【详解】根据题意可知h4,r3,R5，根据圆台体积公式可得
V  1 πh  r2R2rR   1 π4  325235   196π 205  cm3 .
3 3 3
7．【答案】C
T 5   
【详解】解：    ，所以T ，所以2，则A正确；
2 12  12 2
   
f x2sin2x，由 f x的图象过点  ,0 ，且在x 附近单调递增，所以
 12  12
  
 2kkZ，结合 ，可得 ，则B正确；
6 2 6
      6 3
所以 f x2sin2x  ，由 f  2sin 22cos2 ，得cos2 ，所以C 错误；
 6  6   2  5 5
对于D，作图可知D正确.
第 1 页 共 8 页故选：C
8．【答案】D
1 1 cosA cosC sinCcosAsinAcosC sin(AC) sinB
【详解】因为       ，
tanA tanC sinA sinC sinAsinC sinAsinC sinAsinC
1 1 3 sinB 3cosB
又   ，所以  ，
tanA tanC tanB sinAsinC sinB
所以sin2 B 3sin AsinCcosB，由正弦定理可得b2 3accosB，
2
又余弦定理b2 a2 c2 2accosB，即b2 a2c2 b2，
3
所以b2  3 (a2 c2)，则由余弦定理 cosB a2c2b2  5
2 a2c2
 5
4
ac  2 ，
5 2ac 2ac 2ac 5
二、多选题
9．【答案】AB
【详解】对于A，由0.0010.00150.0020.00052a1001，得a0.0025，
所以数据落在区间 300,500内的频率为0.0020.00251000.45，A正确；
对于B,数据落在区间 200,500内的频率为0.0010.0020.00251000.55，B 正确；
对于C,n100，年收入大于或等于400万元的有四组，其频率和是
1000.00250.00250.00150.00050.7，所以符合条件的民营企业有0.710070家，C 错误；
对于D,数据落在区间 200,400内的频率为0.0010.0021000.3，数据落在区间 200,500内的
频率为0.0010.0020.00251000.55，
0.50.3
估计中位数为400 100480，D错误．故选:AB．
0.25
10．【答案】BCD
【详解】对A：连接AB，AC ，则AB交AB于E，
1 1 1 1 1
又
F
为
BC
中点，可得
EF//AC
，即
EF//AC
，但AC 与
AB
不垂直，故A 错误；
1 1 1 1
第 2 页 共 8 页对B：由
EF//AC
，
EF
平面
ABCD
， AC平面
ABCD
，故
EF //
平面
ABCD
；故B正确
对C：连接
AD,CD
，则
AD //BC
,故CAD 就是异面直线
BC
与
AB
所成的角或其补角
1 1 1 1 1 1 1
由正方体可知 ACCD  AD ，即 ACD 为等边三角形，
1 1 1
故
CAD 
 ，即异面直线
BC
与
AB
所成的角为，故C 正确；
1 3 1 1 3
对D：由于AB //C D,故AB //平面BC D，所以点E到平面BC D的距离等于点A到平面BC D
1 1 1 1 1 1
1
1
S CC 3
的距离，设为d，由体积法可知，d  ABD 1  2  ,故D正确．故选：BCD．
S 3 3
BCD
1
2
11．【答案】BCD
【详解】圆C:(x1)2(y1)2 4的圆心C(1,1)，半径r 2，连接PC，
4
对于A，点C到直线l:x y60的距离d   2 2 2r ，直线l与圆C 相离，A错误；
2
对于B，点Q在圆C上，则 PQ d r  2 22，B 正确；
min
|AC| 2 2 2
对于C，由切线长定理知，APB2APC，而sinAPC    ，
|PC| |PC| d 2

又APC 是锐角，正弦函数 ysinx 在 (0, π ) 上单调递增，则APC 的最大值为 ，
2 4
π
当且仅当PCl时取等号，因此APB的最大值为 ，C 正确；
2
对于D，设P(t,6t)，则以PC 为直径的圆的方程为(x1)(xt)(y1)(yt6)0
即x2  y2 (t1)x(t7)y60，
与已知圆的方程相减可得直线AB 的方程为(1t)x(t5)y80即(x5y8)t(x y)0
x5y80 x2
由

可得

，直线AB 过定点(2，2)，故D正确；
x y 0 y 2
故选：BCD
第 3 页 共 8 页三、填空题
12．【答案】 2x y10
【详解】根据题意，设所求的直线方程为2xyc0  c2 ，令x0得 yc ，
因为所求直线在 y 轴上截距是1，所以c1 ，即 c1 ，
所以所求的直线方程为 2xy10 ．故答案为： 2xy10 ．
8
13．【答案】
15
【详解】设这箱中8罐饮料分别记为1，2，3，4，其中编号为1，2的为能中奖的饮料，
一罐中奖另一罐不中奖为事件A，则
于是n()30，n(A)16
16 8 8
故P(A)  ，故答案为： .
30 15 15
14．【答案】 131
【解答】在平面直角坐标系中，设OC c(1,0)，不妨设OAa (t, 3t)，则点 A在直

线 y  3x上，设OB b (x,y)，
由b    b  6c  8可知b  2 6b  c  80，所以x2  y2 6x80即 x3 2  y2 1
所以点B在圆 x3 2  y2 1上，记该圆圆心为M，
第 4 页 共 8 页所以 ab  ac  OAOB  OAOC  AB  AC
设C  1,0 关于直线y  3x的对称点为C' x ,y ，则有
0 0
 y  1
0  3 1 x 
  x 1   0 2  1 3
 0 解得  ，即C' , 
 
y x 1  3  2 2 
0  3 0 y 
  2 2   0 2
所以 ab  ac  OAOB  OAOC  AB  AC  AB  AC'  C'M r  131
四、解答题
15．【详解】（1）由直线l:  21  x1  y740变形得 2xy7 xy40，
.........................................(3分)
2x y70 x3
令 ，解得： ， ................................................................(6分)
x y40 y1
x3
由于不论实数取何值，

总是方程21x1y740 的一个解，
y1
所以直线l恒过这一定点P 3,1 . .................................................(8分)
 a0
3

 2
（2）设A(a,0),B(0,b)，则由已知有

，联立解得：
a6,b2
，....................(10分)
0b

1

 2
x y 1
所以直线l的截距式方程为  1，故l的方程为x3y60即y  x2
6 2 3
...................................(13分)
16．【详解】（1）因为AC 平面BCDE，DE平面BCDE，所以AC DE，
由BCD90，DE//BC知，DECD，
又CDIAC C ，CD,AC 平面ACD，所以DE 平面ACD，
因为CM 平面ACD，所以DE CM ，.........................................................................................(3分)
因为CDCA，M 是AD的中点，所以CM  AD，.......................................................................(5分)
又ADDED，AD,DE平面ADE ，所以CM平面ADE ....................................................(6分)
第 5 页 共 8 页（2）以C 为坐标原点，以CD,CB,CA所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如
图，则C(0,0,0),D(2,0,0),E(2,2,0),A(0,0,2),B(0,4,0),M(1,0,1)，N(0,2,1)
  
故CM (1,0,1)，DE (0,2,0)，DN (2,2,1)，................................................................................(8分)

设平面
DEN
的法向量n(x,y,z)，
则  
 
n
n






D
D




E
N




0
0
，即 
 
2
2
y
x


0
2yz 0
，取n  (1,0,2)，............................................................................(10分)

由（1）可知CM (1,0,1)为平面ADE 的法向量............................................................................(11分)
 
则
cosC

M

,n


C

M

n
 
102

3 10 ，...........................................................................................(14分)
CM n 2 5 10
3 10
即平面ADE 与平面 DEN 所成夹角的余弦值 . ......................(15分)
10
 1
p p 
  1 2 2
17.【详解】（1）由已知由  ， ...................................(3分)
1
 p (1 p )
  1 2 4
 3
p 
  1 4 3 2
解得  所以 p  ，p  . .......................................(6分)
2 1 4 2 3

p 
  2 3
（2）设A ，A 分别表示甲两轮猜对1个，2个成语的事件，B ，B 表示乙两轮猜对 1
1 2 1 2
个，2个成语的事件，则有 ...................................(8分)
3 1 1 3 3 3 3 9
P(A )     ,P(A )  
1 4 4 4 4 8 2 4 4 16
...................................................................................(11分)
2 1 1 2 4 2 2 4
P(B )     ,P(B )  
1 3 3 3 3 9 2 3 3 9
“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为
3 4 9 4 5
         
P  P AB  A B  P AB P A B  P(A)P B P(A )P B     
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 8 9 16 9 12
第 6 页 共 8 页5
所以“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为 . ..................................(15分)
12
18．【详解】(1)由2ba 2ccosA及正弦定理，可得2sinBsin A2sinCcosA
又因为sinB sin(AC)sin AcosCcosAsinC .....................................................................(3分)
1 
所以sin A2sin AcosC，故cosC  ，由于C  0，  ,所以C  . ..............................(5分)
2 3

(2)由已知c2RsinC 21sin  3，
3
由余弦定理c2 a2 b2 2abcosC可得a2 b2 ab3………①............................................(7分)
又由2sin AsinB可得b2a………………………………………②
由①②可解得a 1,b2....................................................................................................................(9分)
1 1 3 3
所以S  absinC  21  . .............................................................................(11分)
ABC
2 2 2 2
1 3 1
(3)因为S  absinC  ab , S   abc  r
ABC
2 4
ABC
2
3 1 3 ab
所以 ab  abc  r，即r  ..............................................................................(13分)
 
4 2 2 ab c
 1 
由C  可知aba2 b2 3，即ab  ab 2 3
3 3
1 

ab
2
3
从而r  3 ab  3 3  3  ab   3  ........................................................(15分)
2  ab  c 2  ab   3 6
1  ab 2 1
又因为  ab 2 3 ab  ，所以0ab2 3，因此r 
3  2  2
1
从而r的最大值为 ，当且仅当a b 3，即ABC为正三角形时等号成立。...............(17分)
2
19．【解答】(1)由已知OA  1，2 ，OB   1，2 
OAOB 3 8
所以e  A,B  1cos  A,B  1cosOA,OB 1 1  . ..............(4分)
OAOB 5 5
   3
(2)由已知有OC  4xx2,x2,OD 1， 
 
 3 
第 7 页 共 8 页3
 4xx2   x2 
所以cos(C,D)cosOC,OD 
OCOD
 3 ..................................(6分)
2
OC OD 2
3
3 3
令 4xx2   x2  t，则有 4xx2   x2  t
3 3
3
所以问题转化为半圆 y  4xx2 与直线l: y   x2  t有公共点时t 取值范围
3
2 3 4 3
当直线l 经过 4，0 时，t  当直线l 与半圆相切时，由d r可知t 
3 3
3
 4xx2   x2 
故 4 3 t  2 3 ，于是cos(C,D) 3  3 t  1, 1 ...................(9分)
 
3 3 2 4  2
2
3
1 
所以e  C,D  1cos  C,D   ,2 ...............................................................................................(10分)
 
2 
(3)设P  x,x2  ,Q  cos,sin ，则有
     
M P,Q  xcos x2sin xcos  x2sin  2sincos
 
2sincos2 2sin 2 2
 4
......................................(15分)
 2 2   2 2 2 2 2 2
又取P , 2,Q , 时，M  P,Q     2 2 2
   
 2 2   2 2  2 2 2 2
所以M  P,Q 的最小值为2 2.........................................................................................(17分)
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